第3章 第2节 第1课时 导数与函数的单调性(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中数学高考一轮总复习

第二节　导数在研究函数中的应用 【课程标准】　1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性;对于多项式函数,能求不超过三次的多项式函数的单调区间。2.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件,能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值;体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系。 第1课时　导数与函数的单调性 主干知识整合 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【基础梳理】 　　1.函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y=f(x)在区间(a,b)上可导 f'(x)>0 f(x)在区间(a,b)上单调递增 f'(x)<0 f(x)在区间(a,b)上单调递减 f'(x)=0 f(x)在区间(a,b)上是常数函数 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步,确定函数的定义域; 第2步,求出导数f'(x)的零点; 第3步,用f'(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各区间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性。 【知识延伸】 　　用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系 (1)f'(x)>0(<0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充分不必要条件。 (2)f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的必要不充分条件。 (3)若f'(x)在区间(a,b)的任意子区间上都不恒等于零,则f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充要条件。 【小题自测】 1.(多选题)如果函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则以下关于函数y=f(x)的判断正确的是(BD) A.在区间(2,4)上单调递减 B.在区间(2,3)上单调递增 C.-3是极小值点 D.4是极大值点 解析　函数y=f(x)在区间(2,4)上f'(x)>0,则函数f(x)在区间(2,4)上单调递增,故A不正确,B正确;C项,由题中图象知当x=-3时,函数f'(x)取得极小值,但是函数y=f(x)没有取得极小值,故C错误;D项,当x=4时,f'(x)=0,当2<x<4时,f'(x)>0,函数y=f(x)单调递增,当x>4时,f'(x)<0,函数y=f(x)单调递减,故4是函数f(x)的极大值点,故D正确。故选BD。 2.函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是(D) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增 D.单调递减 解析　因为f'(x)=-sin x-1<0,所以f(x)在(0,π)上单调递减。故选D。 3.已知函数f(x)=1+x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是(D) A.f(2)>f(3)>f(π) B.f(3)>f(2)>f(π) C.f(2)>f(π)>f(3) D.f(π)>f(3)>f(2) 解析　f'(x)=1-cos x,当x∈(0,π]时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,π]上单调递增,所以f(π)>f(3)>f(2)。故选D。 4.函数f(x)=x+ln(2-x)的单调递增区间为 (-∞,1) 。  解析　由2-x>0,得x<2,即函数f(x)的定义域为(-∞,2)。易知f'(x)=1-,令f'(x)>0,可得<1,结合2-x>0,得2-x>1,解得x<1,即函数f(x)=x+ln(2-x)的单调递增区间为(-∞,1)。 5.若函数f(x)=ln x-,则不等式f(1-x)>f(2x-1)的解集为  。  解析　因为x∈(0,+∞),f'(x)=>0,所以函数f(x)=ln x-在(0,+∞)上单调递增,所以只需满足1-x>2x-1>0,解得。 关键能力突破 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一　函数的单调性 【例1】　(1)函数y=4x2+的单调递增区间为(B) A.(0,+∞) B. C.(-∞,-1) D. 解析　由y=4x2+(x≠0),得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,所以函数y=4x2+。故选B。 (2)已知函数f(x)=ax2-(a+1)x+ln x,a>0,试讨论函数y=f(x)的单调性。 解　函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-(a+1)+。令f'(x)=0,得x=或x=1。①当0<a<1时,>1,所以x∈(0,1)或x∈时,f'(x)>0;x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减;②当a=1时,=1,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;③当a>1时,0<<1,所以x∈或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减。综上,当0<a<1时,函数f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减;当a=1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减。 　　1.研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论。遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系,以此来确定分界点,分情况讨论。 2.划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点。 【变式训练】　(1)函数f(x)=xln x-3x+2的单调递减区间为 (0,e2) 。  解析　f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2,当x∈(0,e2)时,f'(x)<0,当x∈(e2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(0,e2)。 (2)已知函数f(x)=x2-2x+aln x(a>0),讨论f(x)的单调性。 解　f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=x-2+。当a≥1时,f'(x)≥0在定义域上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时,令f'(x)=0,得x1=1-,x2=1+,故当x∈(0,1-)∪(1+,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(1-,1+)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1-)和(1+,+∞)上单调递增,在区间(1-,1+)上单调递减。 类型二　函数单调性的应用 微专题 角度❶:比较大小 【例2】　(1)已知函数f(x)=xsin x,x∈R,则f,f(1),f的大小关系为(A) A.f>f(1)>f B.f(1)>f C.f>f(1)>f D.f>f(1) 解析　由题知f(-x)=(-x)sin(-x)=xsin x=f(x),则函数f(x)是偶函数,故f。又当x∈时,f'(x)=sin x+xcos x>0,所以函数f(x)在上单调递增,所以f<f(1)<f,即f>f(1)>f。故选A。 (2)(多选题)下列不等式成立的是(AD) A.2lnln 2 B. C.5ln 4<4ln 5 D.π>eln π 解析　设f(x)=,则其定义域为(0,+∞),f'(x)=,所以当0<x<e时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>e时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减。因为<2<e,所以f<f(2),即2lnln 2,故选项A正确;因为<e,所以f()<f(),即,故选项B不正确;因为e<4<5,所以f(4)>f(5),即5ln 4>4ln 5,故选项C不正确;因为e<π,所以f(e)>f(π),即π>eln π,故选项D正确。故选AD。 　　利用导数比较大小,其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性,利用其单调性比较大小。 角度❷:解不等式 【例3】　(2024·江苏四市调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ex+sin x,则不等式f(2x-1)<eπ的解集是(D) A. B. C. D. 解析　当x≥0时,f'(x)=ex+cos x,因为ex≥1,cos x∈[-1,1],所以当x≥0时,f'(x)=ex+cos x≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,f(-π)=f(π)=eπ,所以由f(2x-1)<eπ可得-π<2x-1<π,解得x∈。故选D。 　　利用导数解不等式,其关键是构造函数,把解不等式问题转化为先利用导数判断函数单调性,再根据单调性解不等式问题。 角度❸:已知单调性求参数取值范围 【例4】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(C) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析　由题意可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)上恒成立,即a≥,设g(x)=xex,则在区间(1,2)上恒有g'(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)>g(1)=e,则,即a≥e-1。故选C。 　　根据函数单调性求参数取值范围的一般思路 1.利用集合间的包含关系处理,函数y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集。 2.函数f(x)在(a,b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0且在(a,b)的任一子区间上,f'(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解。 【题组对点练】　 题号 1 2 3 角度 ❶ ❷ ❸ 1.已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为(C) A.a<c<b B.b<a<c C.a<b<c D.c<a<b 解析　令f(x)=,则其定义域为(0,+∞),f'(x)=。令f'(x)<0,解得x>,因此f(x)在(,+∞)上单调递减,又因为a==f(4),b==f(e),c==f(),且4>e>,所以f(4)<f(e)<f(),即a<b<c。故选C。 2.(2023·北京顺义区一模)已知函数f(x)=log2(x+1)-x,则不等式f(x)>0的解集是(C) A.(1,+∞) B.(0,+∞) C.(0,1) D.(-1,0)∪(1,+∞) 解析　f(x)=log2(x+1)-x的定义域为(-1,+∞),f'(x)=-1,易知f'(x)在(-1,+∞)上单调递减,令f'(x)=0,得x=-1,当-1<x<-1时,f'(x)>0,当x>-1时,f'(x)<0,则f(x)在上单调递增,在上单调递减。当x>-1且x趋近于-1时, log2(x+1)趋近于-∞,故此时f(x)=log2(x+1)-x趋近于-∞,又f(0)=0,f(1)=log22-1=0,所以可作出函数f(x)=log2(x+1)-x的大致图象如图,由图可知不等式f(x)>0的解集是(0,1)。故选C。 3.(2024·山东烟台模拟)若函数f(x)=ln x+ax2-2在区间上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是 (-8,+∞) 。  解析　f'(x)=+2ax。由题意得,f'(x)>0在上有解,即a>-上有解。设g(x)=-,x∈,则g'(x)=x-3>0在上恒成立,所以g(x)在上单调递增,所以g<g(x)<g(1)。所以a>g=-8。 学科网（北京）股份有限公司 $$